2011年全国高中数学联赛模拟卷(一)

・４２・　中学教研（数学）　２　０　１　１年全国高中数学联赛模拟卷（一）　第一试　一、填空题　１．将数２Ｏ分成５个实数之和，则这５个数的平方和的最小值是一　２．设函数　）的定义域是Ｎ　，且厂（　＋Ｙ）＝　）＋厂（Ｙ）＋　１）＝ｌ，则　２　Ｏ１１）＝一　３．设口，ｂ，ｃ，ｄ为已知常数，且ｂ≥ｃ；＝ｄ≥Ｏ，要使　ｌ　一０　ｌ＋Ｉ　一口＋ｂ　ｌ＋Ｉ　一口＋ｂ—ｃＩ＋Ｉ　一０＋ｂ＋ｃＩ＋ｌ　一０＋ｂ—ｃ＋ｄＩ＋Ｉ　一０＋ｂ＋ｃ—ｄＩ　为常数，则　的取值范围是一　４．如图１，长方体ＡＢＣＤ—Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，ＡＢ＝口，ＢＣ＝ｂ，Ａ１Ａ＝ｃ，Ｅ为Ｄｌｃ１的中点．若平Ｄ　Ｅ　ｃ　面Ａ　ＢＣ　与平面ＡＣＥ所成二面角的平面角为０，则ｓｉｎ０＝一　＾　１　５．为使函数　）＝　一２ｘ＋ｃｏｓ２０—３ｓｉｎ０＋２的值在　∈（一∞，２）上恒为　一　正，则参数０在区间（０，叮ｒ）上的取值范围是一　。　６．已知曲线ｙ２＝似与其关于点（１，１）对称的曲线有２个不同的公共点，如果过这　２个公共点的直线的倾斜角为４５。，那么实数ｎ＝一　Ａ　Ｂ　Ｐ　１　，　７．若［　］表示不超过　的最大整数（譬如［１．３］＝１，Ｉ一２÷Ｉ＝一３），则　图１　［　＋［　＋【　】＋…＋［　＿＝＝＿＿＝　＝——　８．在（　＋５）。”　的小数表示中，小数点后至少连续有——个０．　二、解答题　９．是否存在一个二次函数　），使得对任意的正整数ｋ，当　＝　时，都有　）＝　成立？请给出结　．］｝个５　２ｋ个５　论，并加以证明．　１０．若口，ｂ，ｃ∈Ｒ　，且满足　≤（ｎ＋６）　＋（口＋ｂ＋４ｃ）　，求ｋ的最大值．　１１．在数列｛ｎ　｝中，０　，口　是给定的非零整数，ｏ　＋　＝ｌ　ｎ　＋　一　Ｉ．证明：从｛０　｝中一定可以选取无穷多项组　成２个不同的常数数列．　第二试　一、在ＡＡＢＣ中，Ｄ，　，Ｆ和　，ｙ，ｚ分别为边ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上的中点和高的垂足，ＺＤ与ＦＸ交于点Ｌ，ＺＥ与　ｙ交于点Ｍ，ＤＹ与ＸＥ交于点Ⅳ，求证：点　，　，Ⅳ都在ＡＡＢＣ的欧拉线上（即三角形外心和垂心的连　线上）．　二、对于２　元集合Ｍ＝｛１，２，…，２ｎ｝，若凡元集Ａ＝｛口　，口：，…，口　｝，Ｂ＝｛ｂ　，ｂ：，…，ｂ　｝满足：Ａ　ｕＢ：Ｍ，　Ａ　ｎ曰＝　，且∑口　＝∑ｂ　，则称Ａ　ｕＢ是集合Ｍ的一个“等和划分”（Ａ　ｕ　Ｂ与Ｂ　ｕＡ算是同一个划　分）．试确定集合Ｍ＝｛１，２，…，ｌ２｝共有多少个“等和划分”．　三、桌上放着个数分别为１，２，…，ｋ的后堆石子（后≥３）．第１步，任选３堆石子将它们合并成一堆，并在这　堆石子中挑出一个石子扔掉；第２步，从现在桌上的所有石子堆中选出３堆石子将它们合并成一堆，并　在这堆石子中挑出２个石子扔掉．．．・；一般地，第　步，在桌上选取石子总数大于　的３堆将它们合并成　一堆，并在这堆石子中挑出ｉ个石子扔掉．若经过有限步上述操作后，桌面上仅剩下一堆Ｐ个石子．求　证：当且仅当２ｊ｝＋２和３ｊ｝＋１都是完全平方数时，Ｐ为完全平方数，并求这样的最小自然数ｋ．　第６期　２０１１年全国高中数学联赛模拟卷（一）　・４３・　四、一副牌有２ｎ＋１张，其中有一张“王”，ｌ，２，…，ｎ各２张把这２ｎ＋１张牌排成一行，使得王在中间，且　对每个ｋ（１≤　≤　），２个ｋ之间恰有ｋ—ｌ张牌．当ｎ≤１０时，对怎样的　，上述安排是可能的吗？并给　出相应的安排方法．　参考第一试　１．８０　２．２　０２３　０６６　３．ａ—ｂ≤　≤口一６＋Ｃ—ｄ　４・蜘　丽　丽　５．０＜　＜詈或　＜　＜　６．２　７．２０１１　８．２ｎ＋１．　９．解　存在符合条件的二次函数．设厂（　）＝　ａ２；　＋６　＋ｃ，贝０当后＝１，２，３时，　ｆ（５）＝２５ａ＋５ｂ＋ｃ＝５５，　（１）　５５）＝３　０２５ａ＋５５ｂ＋Ｃ＝５　５５５，　（２）　５５５）：３０８　０２５ａ＋５５５ｂ＋ｃ＝５５５　５５５．（３）　联立式（１），式（２），式（３），解得　口＝　，６．２＇ｃ＝ｏ，　于是　于是　）：　９　＋２ｋ）＝　＋．．　　下面证明此二次函数，（　）：导　２＋　符合条　件．由于　＝５（１＋１Ｏ＋１００＋…＋１０＊一　）＝（１０　一１），　ｊ｝个５　＝５（１ｏ￣一１），　２ｋ个５　因此　）　吾（１　－１））＝　ｋ个５　了９　ｌ　５（１　一１）】　＋２×吾（１　一１）＝　－（１ｏ　一１）　＋２×－￣（１ｏ　一１）＝　吾（１　一１）（１０ｋ＋１）＝（１０　＿１）＝　，　２ｋ个５　于是所求的二次函数　）＝　９　２＋　符合条件　答案　１０．解由均值不等式得　（ａ＋６）　＋（ａ＋ｂ＋４ｃ）　＝　（ａ＋６）　＋［（ａ＋２ｃ）＋（ｂ＋２ｃ）］　≥　（２　）　＋（２　＋２　）　＝　４ａｂ＋４・２ａｃ＋４・２ｂｃ＋２・２・２・２ｃ・√　＝　４ａｂ　８ａｃ＋８ｂｅ　１６ｃ　。　于是　．（口＋６＋ｃ）≥　４ａｂ＋８ａｃ＋８ｂｃ＋１６ｃ——————————————————一．了（口＋６＋ｃ）：　詈＋８口＋　＝　８（　＋去十丢＋　＋　＋　＋去＋　（　【号＋亏＋号＋　＋专＋　≥专托）≥　＝１００，　当且仅当ａ＝ｂ＝２ｃ＞Ｏ，等号成立，故ｋ的最大值为　１００．　１１．解　首先证明数列｛ａ　｝必在有限项后出　现零项．假设｛ａ　｝中没有零项．由于　ａｎ＋２　Ｉ　ａｎ＋１一ａｎ　Ｉ，　因此当ｎ≥３时，有ａ　≥１．　当ａ　＋１＞ａ　时，　ａ　＋２＝ａ　＋１一ａ　≤口　＋１一ｌ（凡≥３）；　当口　＋１＜ａ　时，　ａ　＋２＝ａ　一ａ　＋１≤口　一１（ｎ≥３），　即ａ　＋　的值要么比ａ　＋　至少小１，要么比ａ　至少小　１．令　６　：｛．口２ｎ＋ｌ’口２ｎ＋１＞ａ２ｎ＋２；，ｌ：ｌ，２，…，　Ｌ０２ｎ＋２，　口２ｎ＋ｌ＜ａ２ｎ＋２，　则０＜ｂ　＋１≤６　一１．　由于ｂ　是确定的正整数，因此这样下去，必然存在　某项ｂ　＜０，与ｂ　＞０矛盾，从而｛ａ　｝中必有零项．　若第一次出现的零项为ａ　，记ａ　一，＝Ｍ（Ｍ≠　０），则自第／７，项开始，每３个相邻的项周期地取值　・４４・　中学教研（数学）　２０１１正　０，Ｍ，Ｍ，即　，ａＨ＋３　：０；　同理可证，点Ｍ，Ｎ也在ＯＨ上．　二、解不妨设１２∈Ａ，由于当集合Ａ确定后，　？ｎ　＋　＋１＝　；ｋ＝０，１，２，…，　ｔａ　＋３　＋２＝Ｍ，　集合Ｂ便唯一确定，因此只需考虑集合Ａ的个数，　设Ａ＝｛ａ】，ａ２，…，口６｝，ａ６为最大数．由１＋２＋…＋　１２＝７８，得　ｌ＋口２＋…＋口６＝３９，ａ６＝１２，　因此数列｛ａ　｝中一定可以选取无穷多项组成２个　不同的常数数列．　第二试　一于是　ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５＝２７，　、证明　设０，Ｈ分别为ＡＡＢＣ的外心和垂　故Ａ１＝｛ａ１，ａ２，ａ３，ａ４，ａ５｝中有奇数个奇数．　心，下面证明点Ｌ在ＯＨ上．设ＡＡＢＣ外接圆半径　（１）若Ａ　中有５个奇数，因Ｍ中的６个奇数　为尼设直线ＺＣ，ＦＸ交于点Ｐ，连结ＯＦ，ＨＬ，ＯＬ．由　ＯＦ．Ｉ＿ＡＢ，ＰＺ．ＬＡＢ，得　ＯＦ　｝ＰＺ。　从而　ＯＦＬ＝　Ｐ．　由Ｆ为ＲｔＡＡＸＢ斜边ＡＢ上的中点，得ＦＸ＝ＦＢ，从　而　ＬＢ＝　ＦＸＢ＝　ＣＸＰ．　于是　Ｐ＝９０。一　Ｚ　＝９０。一２　Ｂ．　因此肚　＝　ＣＨｃｏｓ　ＨＣｘ・ｓｉｎ　ＣｘＰ　ｓｉｎ　Ｐ　２ＲｃｏｓＣｃｏｓ（９０。一　）ｓｉｎＢ　ｓｉｎ　Ｐ　２ＲｃｏｓＣｓｉｎ　Ｂ　ｃｏｓ２Ｂ　’　ＰＨ＝ＰＣ＋ＰＨ　ＰＣ　ＣＨ　＋　＝—＝—————＝　＿一２Ｒ　ｃｏｓ　Ｃｓ　ｉｎ２Ｂ一＋　＋２２ＲｃｏｓＣ＝　＝　２ＲｃｏｓＣｃｏｓ　Ｂ　ｃｏｓ２Ｂ　。　又由ＦＯ＝ＲｃｏｓＣ，得　ＰＨ　２ｃｏｓ　Ｂ　Ｆ０　ｃｏｓ２Ｂ‘　同理可得ＬＢ＝／＿ＤＺＢ．于是在△尸　中，　ＬＺｓｉｎ　ＰＺＬ　ＬＺｓｉｎ厶ＺＣＢ　ＬＺｃｏｓＢ　＝　ｓｉｎＰ　ｓｉｎＰ　在△Ｆ　中，　ＦＬ一—ＬＺｓｉｎＬＦＺＬＬＺｓｉｎＢ————一—　一ｓｉｎ　ＺＦＬ—ｓｉｎ２Ｂ一２ｃｏｓＢ’　从而…．一ＰＬ　２ｃｏｓ　Ｂ　Ｆ——Ｌ。—ｃｏｓ—２Ｂ・　ＰＨ　ＰＬ　倚　而　瓦‘　又因为　ＯＦＬ＝　Ｐ，所以　△ＯＦＬｖ，　ＨＰＬ．　而Ｆ，三，Ｐ共线，故０，　，　共线，即点　在ＯＨ上．　之和为３６，而２７＝３６—９，则Ａ　＝｛１，３，５，７，１１｝，　这时得到唯一的Ａ＝｛１，３，５，７，１１，１２｝．　（２）若Ａ　中有３个奇数、２个偶数，用Ｐ表示　Ａ。中这２个偶数　。，　之和；ｇ表示Ａ　中这３个奇　数Ｙ１，Ｙ２，Ｙｓ之和，则　ＰＩ＞６，ｑｉ＞９，　于是　ｑ≤２ｌ，ｐ≤１８．　可得Ａ　的２４种情形．　１。当Ｐ＝６，ｑ＝２１时，　（　，　２）：（２，４），　（），　，Ｙ２，Ｙ　）＝（１，９，１１），（３，７，１１），（５，７，９），　可搭配成Ａ　的３种情形；　２。当Ｐ＝８，ｑ＝１９时，　（　，，　）＝（２，６），　（Ｙ　，Ｙ２，Ｙ３）＝（１，７，１１），（３，５，ｌ１），（３，７，９），　可搭配成Ａ　的３种情形；　３。当Ｐ＝１０，ｑ＝１７时，　（　，　：）：（２，８），（４，６），　（Ｙ　，Ｙ２，Ｙ，）＝（１，５，１１），（１，７，９），（３，５，９），　可搭配成　。的６种情形；　４。当Ｐ＝１２，ｑ＝１５时，　（　，　：）＝（２，１０），（４，８），　（ｙ１，Ｙ２，Ｙ３）＝（１，３，１１），（１，５，９），（３，５，７），　可搭配成Ａ，的６种情形；　５。当Ｐ＝１４，ｑ＝１３时，　（　，Ｘ２）＝（４，ｌＯ），（６，８），　（Ｙ１，Ｙ２，Ｙ３）＝（１，３９），（１，５，７），　可搭配成Ａ　的４种情形；　６。当Ｐ＝１６，ｑ＝Ｉ１时，　（　１，　２）＝（６，１０），（Ｙ１，Ｙ２，Ｙ３）　＝（１，３，７），　可搭配成Ａ　的１种情形；　７。当Ｐ：１８，ｑ＝９时，　（　１，　２）＝（８，１０），（Ｙｌ，Ｙ２，Ｙ３）　＝（１，３，５），　可搭配成Ａ　的１种情形．　第６期　２０１　１年全国高中数学联赛模拟卷（一）　・４５・　（３）若Ａ　中有１个奇数、４个偶数，由于　中　除１２外，其余的５个偶数和２＋４＋６＋８＋１０＝３０，　平方数时，Ｐ为完全平方数．　下面寻找满足条件的最小自然数｜ｉ｝．由上面的　证明可得后＝４ｃ＋１（ｃ≥１），因此只需寻找最小的　从中去掉一个偶数，补加一个奇数，使Ａ。中五数之　和为２７，分别得到Ａ。的４种情形：（７，２，４，６，８），　（５，２，４，６，１０），（３，２，４，８，１０），（１，２，６，８，１０）．　ｃ．记２ｃ＋１＝　，３ｃ＋ｌ＝ｙ２，则　３ｘ　一２ｙ２＝１。　（４）　综合以上讨论，可知集合Ａ有ｌ＋２４＋４＝２９　种情形，即　有２９种“等和划分”．　三、解　第ｉ步以后，桌子上的石子数为．ｊ｝一　２　，又这｜】｝堆石子可以经过若干步后变为一堆，则．１｝　为奇数，总的步数为　下面分ｋ－ｌ（ｒｏｏｄ４）和ｋ－３（ｒｏｏｄ４）这２种情　况来解决问题．　（１）若ｋ－ｌ（ｒｏｏｄ　４），记．１｝＝４ｃ＋１，则开始时共　有石子　１＋２＋…＋后＝　１　Ｊｉ｝（ｋ＋１）＝（４ｃ＋１）（２ｃ＋１），　经过２ｃ步共扔掉的石子数为　１＋２＋…＋２ｃ：ｃ（２ｃ＋１），　故Ｐ＝（４ｃ＋１）（２ｃ＋１）一ｃ（２ｃ＋１）＝　（２ｃ＋１）（３ｃ＋１）．　由（２ｃ＋ｌ，３ｃ＋１）＝１，知Ｐ为完全平方数时，２ｃ＋１　和３ｃ＋１均为完全平方数，即生　和　均为完　全平方数，于是２　＋２和３尼＋１为完全平方数．显　然，Ｐ为完全平方数．　（２）若　－３（ｍｏｄ　４），记后＝４ｃ＋３，贝０　３｜ｊ｝＋１＝１２ｃ＋１０董２（ｍｏｄ　４），　不可能为完全平方数．　下证Ｐ也一定不是完全平方数．此时总的石子　数为　ｌ＋２＋…＋后＝—　后（　＋１）＝　２（４ｃ＋１）（ｃ＋１）．　经过２ｃ步共扔掉的石子数为　ｌ＋２＋…＋２ｃ＝（ｃ＋１）（２ｃ＋１），　故Ｐ＝２（４ｃ＋１）（ｃ＋１）一（ｃ＋１）（２ｃ＋１）＝　（ｃ＋１）（６ｃ＋５）．　若ｐ为完全平方数，则由（Ｃ＋１，６ｃ＋５）＝ｌ　知，Ｃ＋１和６ｃ＋５均为完全平方数．记ｃ＋１＝　，　６ｃ＋５＝ｙ　，则６ｘ　一ｙ２＝ｌ，Ｙ为奇数，于是　ｙ２兰１（ｍｏｄ）８，６ｘ　－２（ｍｏｄ　８）．　故３ｘ　－－１（ｍｏｄ　４），这不可能，故Ｐ不为完全平方数．　综上所述，当且仅当２｜ｉ｝＋２和３后＋１都是完全　显然　；ｌ（ｍｏｄ　２），　－－１（ｒｏｏｄ　４），贝４　２ｙ　＝２（ｍｏｄ　４），ｙ－－ｌ（ｍｏｄ　２）．　设　＝２ａ＋ｌ，Ｙ＝２ｂ＋１，贝０式（４）变为　３ａ（口＋１）＝２ｂ（ｂ＋１）。　将口＝１，２，…逐一代入，知最小的口＝４，此时ｂ：　５，故最小的　＝４ｃ＋１：２　一１＝２（２ａ＋１）　一ｌ＝１６１．　四、解把２　＋１个位置从左到右依次记为第　１号位，第２号位，…，第２ｎ＋１号位．　对每个．ｊ｝（１≤ｋ≤，１），设左边的那个后位于第　口　号位，右边的后位于第ｂ　号位．由于２个后之间　恰有五一１张牌，因此Ｊ｝＝　＋ｋ，即　（　＋ｂｋ）－２ａＩ＝　对　从ｌ到　求和，得　∑（口　＋６　）一２∑口　＝∑后．　（５）　由于∑（　＋６　）是除第　＋１号位（王所在位置）　以外的所有号位之和，因此　∑（口　＋ｂｋ）＝（１＋２＋…＋２ｎ＋１）一（ｎ＋１）＝　２ｎ（ｎ＋ｌ　．　由式（５），得　ｎ　１　２∑口　＝２ｎ（ｎ＋１）一÷　（ｎ＋１）＝　兰　（　±　２　２　’　即　是偶数．　当ｎ≤１０时，只有　：３，４，７，８，　才是　偶数．　当　：３，４，７，８时，满足题设要求的安排是可　能的，具体排法如下：　当ｎ＝３时，１　１　３王２　３　２；　当　＝４时，１　１　３　４王３　２　４　２；　当　＝７时，ｌ　１　３　６　７　３　４王５　６　４　７　２　５　２；　当凡＝８时，５　８　４　１　１　５　４　７王８　６　２　３　２　７　３　６．　（供稿人：虞金龙）